Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
1.69. Диагонали трапеции взаимно перпендикулярны. Докажите, что произведение длин оснований трапеции равно сумме произведений длин отрезков одной диагонали и длин отрезков другой диагонали, на которые они делятся точкой пересечения. 1.70. Сторона квадрата равна 1. Через его центр проведена прямая. Вычислите сумму квадратов расстояний от четырёх вершин квадрата до этой прямой. 1.71. Точки A 1 , и симметричны центру описанной окружности треугольника ABC относительно его сторон. Докажите, что = Докажите, что если ∠BAC = 2∠ABC, то BC 2 = (AC + AB) · На прямой l даны точки A, B, C и D. Через точки A и а также через точки C и D проводятся параллельные прямые. Докажите, что диагонали полученных таким образом параллелограммов (или их продолжения) пересекают прямую l в двух фиксированных точках. 1.74. В треугольнике ABC проведены биссектриса AD и средняя линия A 1 C 1 . Прямые AD и пересекаются в точке K. Докажите, что 2A 1 K = |b − На сторонах AD и CD параллелограмма ABCD взяты точки итак, что MN k AC. Докажите, что S ABM = На диагонали AC параллелограмма ABCD взяты точки P итак, что AP = CQ. Точка M такова, что PM k AD и QM k AB. Докажите, что точка M лежит на диагонали Продолжения боковых сторон трапеции с основаниями и BC пересекаются в точке O. Концы отрезка EF, параллельного основаниями проходящего через точку пересечения диагоналей, лежат соответственно на сторонах AB и CD. Докажите, что AE : CF = = AO : Три прямые, параллельные сторонам данного треугольника, отсекают от него три треугольника, причём остаётся равносторонний шестиугольник. Найдите длину стороны шестиугольника, если длины сторон треугольника равны a, b и Три прямые, параллельные сторонам треугольника, пересекаются водной точке, причём стороны треугольника высекают на этих прямых отрезки длиной x. Найдите x, если длины сторон треугольника равны a, b и Точка P лежит внутри треугольника ABC, причём ∠ABP = = ∠ACP. На прямых AB и AC взяты такие точки и B 1 , что CB 1 = CP : BP. Докажите, что одна из диагоналей параллелограмма, две стороны которого лежат на прямых BP и CP, а две другие стороны (или их продолжения) проходят через и C 1 , параллельна Глава 1. Подобные треугольники Решения 1.1. a) Пусть P и Q — середины сторон AB и CD, K и L — точки пересечения прямой PQ с диагоналями AC и BD. Тогда PL = a/2 и PK = b/2, поэтому = PL − PK = (a − б) Возьмём на стороне AD точку F так, что BF k CD. Пусть E — точка пересечения отрезков MN и BF. Тогда MN = ME + EN = qAF p + q + b = q(a − b) + (p + q)b p + q = = qa + pb p + Пусть K, L, M и N — середины сторон AB, BC, CD и DA соответственно четырёхугольника ABCD. Тогда KL = MN = AC/2 и отрезок KL параллелен, те параллелограмм. Теперь ясно, что KLMN — прямоугольник, если диагонали AC и BD перпендикулярны ромб, если AC = квадрат, если диагонали AC и BD равны по длине и перпендикулярны. 1.3. а) Обозначим точку пересечения отрезков и через O. Проведём в треугольнике B 1 BC отрезок A 1 A 2 k BB 1 . Тогда B 1 C/B 1 A 2 = 1 + p, поэтому : OA 1 = AB 1 : B 1 A 2 = B 1 C : qB 1 A 2 = (1 + p) : б) Пусть BA 1 : A 1 C = 1 : p и AB 1 : B 1 C = 1 : q. Тогда AD : DA 1 = (1 + p) : и BD : DB 1 = (1 + q) : p. Поэтому a 1 = 1 + p + q 1 + p d, b 1 = 1 + p + q 1 + q d и c = (1 + p + Пусть середина отрезка A 1 B. Тогда CA 1 : A 1 A 2 = CP : и A 1 A 2 : A 1 B = 1 : 2, поэтому CA 1 : A 1 B = CP : 2PC 1 . Аналогично CB 1 : B 1 A = = CP : 2PC 1 = CA 1 : Точка P лежит на медиане QM треугольника AQD или на её продолжении. Легко проверить, что решение задачи 1.4 остаётся верными в случае, Рис. когда точка P лежит на продолжении медианы. Следовательно, BC k Так как ∼ 4CQB, то AQ : QC = = AP : BC = 1 : n. Поэтому AC = AQ + QC = (n + Центр параллелограмма A 1 B 1 C 1 D 1 , будучи серединой отрезка B 1 D 1 , принадлежит отрезку, соединяющему середины сторон AB и CD. Аналогично он принадлежит отрезку, соединяющему середины сторон BC и AD. Точка пересечения этих отрезков — центр параллелограмма Ясно, что AK : KM = BK : KD = LK : те Пусть AC — диаметр окружности, описанной около четырёхугольника ABCD. Опустим перпендикуляры и на BD рис. 1.3). Нужно доказать, что BA 1 = DC 1 . Опустим перпендикуляр из центра O описанной окружности на BD. Ясно, что P — середина отрезка BD. Прямые, параллельны и AO = OC, поэтому. Так как P — середина BD, то BA 1 = Так как BO = PD, то BO : OD = DP : PB = k. Пусть BC = 1. Тогда = k и ED = 1/k. Поэтому k = AD = AE + ED = 1 + (1/k), те+ k. Остаётся заметить, что k 2 = и 1 + k = BC 2 + BC · AD. Решения задач 21 1.11. Пусть C, D, E, F — середины сторон AO, OB, BM, MA соответственно четырёхугольника AOBM. Поскольку AB = MO = R, где R — радиус данной окружности, то согласно задаче — ромб. Поэтому CE ⊥ а) Если прямые, на которых лежат данные точки, параллельны, то утверждение задачи очевидно. Будем считать, что эти прямые пересекаются в точке O. Тогда OA : OB = OB 1 : OA 1 , и OC : OA = OA 1 : OC 1 , поэтому : OB = OB 1 : OC 1 , а значит, BC 1 k отношения отрезков следует считать ориентированными). б) Пусть D и E — точки пересечения прямых и CA 1 , и AC 1 . Тогда A 1 D = CB : BA = EC 1 : C 1 A. Атак как 4CB 1 D ∼ 4EB 1 A, точки A 1 , и лежат на одной прямой. 1.13. Точка, лежащая на биссектрисе угла, равноудалена от его сторон. Пусть a — расстояние от точки A 1 , до прямых AC и AB, b — расстояние от точки до прямых AB и BC. Пусть, далее, A 1 M : B 1 M = p : q, причём Рис. 1.4 p + q = 1. Тогда расстояния от точки M до прямых и BC равны qa и pb соответственно. С другой стороны, согласно задаче 1.1 б) расстояние от точки до прямой AB равно qa + Пусть прямая, проходящая через центр данного прямоугольника параллельно BC, пересекает отрезок QN в точке K (рис. 1.4). Так как k то : MP = QO : атак как KO k BC, то QO : OC = QK : KN. Следовательно, те. Поэтому = ∠KMO = ∠QNM. 1.15. Проведём через точку M прямую EF, параллельную CD (точки E и F лежат на прямых BC и AD). Тогда PL : PK = BL : и OK : OL = KA : CL = KA : KF = BL : EL. Так как = EL, то PL : PK = OK : OL, а значит, PL = Рассмотрим вспомогательный параллелограмм. Можно считать, что точки D и не совпадают (иначе утверждение задачи очевидно). Возьмём на сторонах и точки итак, что SS 1 k и RR 1 k DD 1 . Пусть N — точка пересечения отрезков и QS 1 ; и N 2 — точки пересечения прямой, проходящей через N параллельно DD 1 , с отрезками PR и QS соответственно. Тогда – N 1 N = b # – RR 1 = ab # и # – N 2 N = a # – SS 1 = ab # – DD 1 . Поэтому N 1 = N 2 — точка пересечения отрезков PR и QS. Ясно, что PN 1 : PR = PN : PR 1 = b и QN 2 : QS Заме чан и е. В случае a = b есть более простое решение. Так как : BA = BQ : BC = a , то PQ k AC и PQ : AC = a . Аналогично RS k и RS : AC = 1 − a . Поэтому отрезки PR и QS делятся точкой их пересечения в отношении a : (1 а) Опустим из вершин A и C перпендикуляры AK и CL напрямую. Так как ∠CBL = ∠ABK и ∠CDL = ∠KDA, то 4BLC ∼ и ∼ 4AKD. Поэтому AD : DC = AK : CL = AB : б) Учитывая, что BA 1 : A 1 C = BA : AC и BA 1 + A 1 C = BC, получаем BA 1 = = ac/(b + c). Так как BO — биссектриса треугольника ABA 1 , то AO : OA 1 = = AB : BA 1 = (b + c) : a. Глава 1. Подобные треугольники 1.18. Пусть O — центр описанной окружности равнобедренного треугольника середина основания AC, A 1 — середина боковой стороны BC. Так как 4BCB 1 , то BO : BA 1 = BC : BB 1 , а значит, R = BO = a 2 / √ 4a 2 − Если ∠EAD = f , то AE = AD/ cos f = AB/ cos и AF = AB/ sin f . Поэтому+ Легко проверить, что AB 2 2 = AB 1 · AC = AC 1 · AB = AC 2 а) Так как BQ : QM = BN : AM = BK : AK, то KQ k б) Пусть O — центр вписанной окружности. Так как ∠CBA + ∠BAD = то ∠ABO + ∠BAO = 90 ◦ . Поэтому ∼ 4OKB, те Следовательно, AK · KB = KO 2 = R 2 , где R — радиус вписанной окружности. Аналогично CL · LD = Если угол ABC тупой (соответственно острый, то угол MAN тоже тупой (соответственно острый. Кроме того, стороны этих углов взаимно перпендикулярны. Поэтому ∠ABC = ∠MAN. Прямоугольные треугольники Рис. 1.5 ABM и ADN имеют равные углы ABM и поэтому AM : AN = AB : AD = AB : CB, те 4MAN. 1.23. Возьмём на диагонали AC такие точки D 0 и B 0 , что BB 0 k l и DD 0 k l. Тогда AB : AE = = AB 0 : и : AF = AD 0 : Так как стороны треугольников ABB 0 и CDD 0 попар- но параллельны и AB = CD, эти треугольники равны и Поэтому+ Опустим из вершины B перпендикулярна рис. 1.5). Из подобия треугольников и ACE получаем AC · AG = AE · AB. Прямые AF и CB параллельны, поэтому углы GCB и CAF равны и прямоугольные треугольники CBG и подобны. Из подобия этих треугольников получаем AC · CG = AF · BC. Складывая полученные равенства, находим AC · (AG + CG) = AE · AB + AF · BC. Так как AG + CG = AC, получаем требуемое равенство. 1.25. Так как a + b = 90 ◦ − ( a /2), то g = 180 ◦ − a − b = 90 ◦ + ( a /2). Поэтому на стороне AB можно выбрать точку D так, что ∠ACD=90 ◦ −( a /2), те Тогда ∼ 4CBD, а значит, BC : BD = AB : CB, те При перемещении отрезков AB и CD треугольник AMC заменится на другой треугольник, подобный исходному. Поэтому величина AM/CM остаётся постоянной. Аналогично величина BM/DM остаётся постоянной. 1.27. Обозначим точку пересечения медиан через O, точки пересечения медианы AK с прямыми FP и FE — через Q и M, точки пересечения медианы с прямыми EP и FE — через R и N соответственно (рис. 1.6). Ясно, что : FE = FQ : FP = LO : LC = 1 : 3, те. Аналогично EN = Пусть C — вершина данного угла, A и B — точки пересечения данной прямой со сторонами угла. Возьмём на отрезках AC и BC точки K итак, что PK k BC и PL k AC. Так как 4AKP ∼ 4PLB, то AK : KP = PL : а значит, (a − p)(b − p) = p 2 , где p = PK = PL. Следовательно Решения задач 23 Рис. Рис. Обозначим середину стороны BC через O, а точки пересечения и AL со стороной BC — через P и Q. Можно считать, что BP < BQ. Треугольник равносторонний и LC k AB. Поэтому 4ABQ ∼ 4LCQ, те. Следовательно, BC = BQ + QC = 3QC. Аналогично BC = Так как BK:BO=BO:AB и ∠KBO=∠ABO, то 4KOB ∼ 4OAB. Поэтому = ∠OAB. Аналогично ∠AOM = ∠ABO. Следовательно, ∠KOM = ∠KOB + + ∠BOA + ∠AOM = ∠OAB + ∠BOA + ∠ABO = 180 ◦ , те. точки K, O и M лежат на одной прямой. 1.31. Проведём дополнительно прямые, параллельные прямым, на которых лежат отрезки длиной a 1 = a 2 = a ирис. Из подобия треугольников следуют равенства + z 1 b , a + z 3 a = b b + z 2 , y + z 1 a = y a , a a + z 3 = b + Перемножив эти равенства, получим x(y + z 1 ) = y(x + z 1 ), а значит, x = Так как ∠AMN = ∠MNC и ∠BMN = ∠MNA, то ∠AMB = ∠ANC. Кроме того, AM : AN = NB : NM = BM : CN. Поэтому 4AMB ∼ 4ANC, а значит = ∠NAC. Следовательно, ∠BAC = ∠MAN. Для других углов доказательство аналогично. Пусть точки и симметричны B и C относительно серединного перпендикуляра к отрезку MN. Так как AM : NB = MN : BM = MC : NC, то · MC 1 = AM · NC = NB · MC = MB 1 · MC. При этом точки M, A, лежат на одной прямой и точки M, B 1 , C лежат на одной прямой. Следовательно, точка A лежит на окружности, описанной вокруг трапеции Так как ∠AEB + ∠BEC = 180 ◦ , то эти углы не могут быть разными углами подобных треугольников ABE и BEC, те. они равны и BE — перпендикуляр Глава 1. Подобные треугольники Возможны два варианта ∠ABE = ∠CBE или ∠ABE = ∠BCE. Первый вариант отпадает, так как в этом случае = 4CBE. Остаётся второй вариант. Рис. В этом случае ∠ABC = ∠ABE + ∠CBE = ∠ABE + + ∠BAE = 90 ◦ В прямоугольном треугольнике катеты относятся, как 1 : √ 3, поэтому его углы равны 90 ◦ , 60 ◦ , 30 ◦ 1.34. Ясно, что S BDEF /2S ADE = S BDE /S ADE = = DB/AD = EF/AD = √ S EFC /S ADE . Поэтому S BDEF = = 2 √ S ADE · Пусть MN = x; E — точка пересечения прямых AB и CD. Треугольники EBC, и EAD подобны, поэтому S EBC : S EMN : S EAD = = a 2 : x 2 : Так как S EBC = S MBCN = = S MADN = S EAD − тот. е. x 2 = (a 2 + b 2 )/2. 1.36. Проведём через точку Q прямые DE, FG и HI параллельно BC, CA и AB соответственно так, чтобы точки F и H лежали на стороне BC, точки E и I — на стороне AC, точки D и G — на стороне AB рис. 1.8). Введём обозначения = S ABC , S 1 = S GDQ , S 2 = S IEQ , S 3 = S HFQ . Тогда r S 1 S + r S 2 S + r S 3 S = GQ AC + IE AC + FQ AC = AI + IE + EC AC = те Пусть M — точка пересечения медиан треугольника ABC; точка симметрична M относительно середины отрезка BC. Длины сторон треугольника относятся к медианам треугольника ABC, как 2 : 3. Поэтому искомая площадь равна 9S CMA 1 /4. Ясно, что S CMA 1 = S/3 (см. решение задачи 4.1 ). 1.38. Пусть E, F, G и H — середины сторон AB, BC, CD и а) Ясно, что S AEH + S CFG = S ABD 4 + S CBD 4 = S ABCD 4 . Аналогично S BEF + S DGH = = S ABCD 4 . Поэтому S EFGH = б) Так как AC = BD, то EFGH — ромб (задача. Согласно задаче а 2S EFGH = EG · Пусть E, F, G и H — середины сторон четырёхугольника точки E 1 , F 1 , и симметричны точке O относительно этих точек. Так как EF — средняя линия треугольника E 1 OF 1 , то S E 1 OF 1 = 4S EOF . Аналогично и S H 1 OE 1 = 4S HOE . Поэтому S E 1 F 1 G 1 H 1 = Согласно задаче 1.38 а) S ABCD = 2S EFGH . Поэтому S E 1 F 1 G 1 H 1 = 2S ABCD = Первое решение. Рассмотрим квадрат BCMN и разделим его сторону MN точками P и Q натри равные части (рис. 1.9). Тогда 4ABC = = 4PDQ и 4ACD = 4PMA. Поэтому треугольник PAD — равнобедренный прямоугольный и ∠ABC + ∠ADC = ∠PDQ + ∠ADC = Второе решен и е. Так как DE = 1, EA = √ 2, EB = 2, AD и BA = √ 10, то DE : AE = EA : EB = AD : BA и 4DEA ∼ 4AEB. Следовательно = ∠EAD. Кроме того, ∠AEC = ∠CAE = 45 ◦ . Поэтому ∠ABC + ∠ADC + + ∠AEC = (∠EAD + ∠CAE) + ∠ADC = ∠CAD + ∠ADC = 90 ◦ Решения задач 25 Рис. Рис. Опустим из точки L перпендикуляры LM на AB и LN на AD. Тогда и KL = LB = DL, поэтому прямоугольные треугольники и DNL равны. Следовательно = ∠NLM = Так как D 1 A = B 1 B, AD 2 = и ∠D 1 AD 2 = ∠B 1 BB 2 , то 4B 1 BB 2 . Стороны и а также и BB 2 ) этих треугольников перпендикулярны, поэтому B 1 B 2 ⊥ На продолжении отрезка AC заточку возьмём точку M так, что CM = CE рис. 1.10). Тогда треугольник ACE при повороте с центром на переходит в треугольник BCM. Поэтому прямая MB перпендикулярна прямой AE, а значит, параллельна прямой CL. Так как MC = CE = и прямые DK, CL и MB параллельны, то KL = Пусть на сторонах AB и BC построены прямоугольники и A 2 BCD 2 ; P, Q, R и S — центры прямоугольников, построенных на сторонах, BC, CD и DA. Так как + ∠ADC = 180 ◦ , то = 4A 2 BC 1 . Рассматривая прямоугольники, построенные на сторонах этих равных треуголь- Рис. 1.11 ников, получаем, что = 4PBQ и RS = = PQ. Аналогично QR = PS. Следовательно — параллелограмм, причём один из треугольников и PBQ построен на его сторонах внешним образом, а другой внутренним аналогичное утверждение справедливо и для треугольников QCR и SAP. Поэтому + ∠RSP = ∠BQC + ∠DSA = 180 ◦ , так как = ∠RSD и ∠RQC = ∠PSA. Следовательно прямоугольник. 1.45. Пусть K, L, M — точки пересечения описанных окружностей треугольников FOA и BOC, BOC и DOE, DOE и FOA; 2 a , 2 b и 2 g — углы при вершинах равнобедренных треугольников BOC, DOE ирис. Точка K лежит на дуге OB описанной окружности равнобедренного треуголь- Глава 1. Подобные треугольники ника BOC, поэтому ∠OKB = 90 ◦ + a . Аналогично ∠OKA = 90 ◦ + g . Так как a + b + g = 90 ◦ , то ∠AKB = 90 ◦ + b . Внутри правильного треугольника существует единственная точка K, из которой его стороны видны подданными углами. Аналогичные рассуждения для точки L, лежащей внутри треугольника COD, показывают, что 4OKB = 4CLO. Докажем теперь, что = 4OKB. В самом деле, ∠COL = ∠KBO, поэтому + ∠COL = 180 ◦ − ∠OKB = 90 ◦ − a , а значит, ∠KOL = 2 a + (90 ◦ − a ) = = 90 ◦ + a = ∠OKB. Следовательно, KL = OB = R. Аналогично LM = MK = Пусть ∠A = a . Легко проверить, что оба угла KCL и ADL равны или 120 ◦ + a ). Атак как KC = BC = AD и CL = DL, то 4KCL = = 4ADL, а значит, KL = AL. Аналогично KL = Пусть P, Q и R — центры квадратов, построенных на сторонах DA, AB и BC параллелограмма с острым углом при вершине A. Легко проверить, что ∠PAQ = 90 ◦ + a = ∠RBQ, а значит, 4PAQ = 4RBQ. Стороны AQ и BQ этих Рис. треугольников перпендикулярны, поэтому PQ ⊥ Заметим сначала, что сумма углов при вершинах A, B и C шестиугольника AB 0 CA 0 BC 0 равна 360 ◦ , так как по условию сумма его углов при остальных вершинах равна 360 ◦ . Построим на стороне AC 0 внешним образом треугольник, равный треугольнику рис. Тогда = 4CB 0 A 0 , так как AB 0 = CB 0 , AP = и ∠PAB 0 = 360 ◦ − ∠PAC 0 − ∠C 0 AB 0 = 360 ◦ − ∠A 0 BC 0 − − ∠C 0 AB 0 = ∠A 0 CB 0 . Следовательно а значит, 2∠A 0 B 0 C 0 =∠PB 0 A 0 =∠AB 0 C, так как ∠A 0 B 0 C, а угол AB 0 A 0 общий. 1.49. Так как BA : BC = BC 1 : и то ∼ 4C 1 BA 1 . Аналогично ∼ Атак как BA 1 = A 1 C, то 4C 1 BA 1 = 4B 1 A 1 C. Следовательно и AB 1 = B 1 C = C 1 A 1 . Ясно также, что четырёхугольник AB 1 A 1 C 1 выпуклый. 1.50. а) Пусть P и Q — середины сторон AB и AC. Тогда MP = AC/2 = QB 1 , MQ = AB/2 = и ∠C 1 PM = ∠C 1 PB + ∠BPM = ∠B 1 QC + ∠CQM = Следовательно 4C 1 PM, а значит, MC 1 = MB 1 . Кроме того, ∠PMC 1 + + ∠QMB 1 = ∠QB 1 M + ∠QMB 1 = 180 ◦ − ∠MQB 1 , а ∠MQB 1 = ∠A + ∠CQB 1 = = ∠A + (180 ◦ − 2 f ). Следовательно ∠PMQ + 2 f − ∠A = 2 f . (Случай, когда ∠C 1 PB + ∠BPM > 180 ◦ , разбирается аналогично.) б) Возьмём на сторонах AB и AC такие точки и C 0 , что AB 0 : AB = = AC 0 : AC = 2 : 3. Середина M отрезка совпадает сточкой пересечения медиан треугольника ABC. Построим на сторонах и внешним образом прямоугольные треугольники и с углами при вершинах B 0 и C 0 . Тогда и C 1 — центры правильных треугольников, построенных на сторонах AB и AC; с другой стороны, согласно задаче аи Замечание. Утверждения задача) и б) остаются верными и для треугольников, построенных внутренним образом. 1.51. а) Пусть B 0 — точка пересечения прямой AC и перпендикуляра к прямой, восставленного из точки B 1 ; точка определяется аналогично. Так как AB 0 : AC 0 = AC 1 : AB 1 = AB : AC, то B 0 C 0 k BC. Если N — середина Решения задач 27 отрезка B 0 C 0 , то, как следует из задачи 1.50 а), NC 1 = те и ∠B 1 NC 1 = 2∠AB 0 B 1 = 180 ◦ − 2∠CAB 1 = f б) Построим на стороне BC внешним образом равнобедренный треугольник с углом 360 ◦ − 2 f при вершине если f < 90 ◦ , строим внутренним образом треугольник с углом 2 f ). Так как сумма углов при вершинах трёх построенных равнобедренных треугольников равна 360 ◦ , треугольник имеет углы 180 ◦ − f , f /2 и f /2 (см. задачу. В частности, этот треугольник равнобедренный, а значит, A 1 = Пусть O 1 , O 2 , и O 4 — центры ромбов, построенных на сторонах AB, BC, CD и DA; M — середина диагонали AC. Тогда MO 1 = и см. задачу 1.50 а). Аналогично MO 3 = и ∠O 3 MO 4 = a . Следовательно, при повороте на угол относительно точки M треугольник переходит в Так как A 1 C = AC|cos C|, B 1 C = BC|cos C| и угол C у треугольников и A 1 B 1 C общий, то эти треугольники подобны, причём коэффициент подобия равен Так как точки M и N лежат на окружности с диаметром CH, то = ∠CHN, атак как AC ⊥ HN, то ∠CHN = ∠A. Аналогично ∠CNM = а) Пусть l — касательная в точке A к описанной окружности. Тогда для ориентированных углов получаем ∠(l, AB) = ∠(AC, CB) = ∠(C 1 B 1 , а значит, l k б) Так как OA ⊥ l и l k B 1 C 1 , то OA ⊥ Если AA 1 , и CC 1 — высоты, то ∼ 4B 1 AH, а значит · A 1 H = BH · B 1 H. Аналогично BH · B 1 H = CH · C 1 H. (Предполагается известным, что высоты треугольника пересекаются водной точке.) Если AH · A 1 H = BH · B 1 H = CH · C 1 H, то 4A 1 BH ∼ 4B 1 AH, а значит = ∠AB 1 H = f . Поэтому ∠CA 1 H = ∠CB 1 H = 180 ◦ − f . Аналогично ∠AC 1 H = = ∠CA 1 H = 180 ◦ − f и ∠AC 1 H = ∠AB 1 H = f , поэтому f = те. и CC 1 — высоты. 1.57. а) Согласно задаче = ∠CA 1 B 1 = ∠A. Так как AA 1 ⊥ то ∠C 1 A 1 A = ∠B 1 A 1 A. Аналогично доказывается, что лучи B 1 B ибис- сектрисы углов и б) Прямые AB, BC и CA являются биссектрисами внешних углов треугольника, поэтому A 1 A — биссектриса угла B 1 A 1 C 1 , а значит, AA 1 ⊥ Для прямых и доказательство аналогично. 1.58. Из результата задачи 1.57 а) следует, что прямая при симметрии относительно прямой AC переходит впрямую Согласно задаче = ∠BAC. Так как A 1 B 1 k AB, то ∠B 1 A 1 C = = ∠ABC. Поэтому ∠BAC = ∠ABC. Аналогично из того, что B 1 C 1 k BC, следует равенство ∠ABC = ∠BCA. Поэтому треугольник ABC равносторонний и A 1 C 1 k Пусть O — центр описанной окружности треугольника ABC. Так как OA ⊥ см. задачу 1.55 б), то S AOC 1 + S AOB 1 = R · B 1 C 1 /2. Аналогичные рассуждения для вершин B и C показывают, что S ABC = qR. С другой стороны Периметр треугольника, отсекаемого прямой, параллельной стороне, равен сумме расстояний от точки A до точек касания вписанной окружности со сторонами AB и AC, поэтому сумма периметров отсечённых треугольников равна периметру треугольника ABC : P 1 + P 2 + P 3 = P. Из подо Глава 1. Подобные треугольники Рис. 1.13 бия треугольников следует, что r i /r = P i /P. Складывая эти равенства, получаем требуемое. 1.62. Пусть M = Тогда поэтому Аналогично 1. Докажем, что y = и x = CX C — искомые прямые. Возь- мм на стороне BC точку D так, что AB k рис. 1.13). Пусть E — точка пересечения прямых CX C и MD. Тогда X M M + Y M M = X C E + Так как ∼ 4MDC, то CE = Y M M. Поэтому Пусть D — середина отрезка BH. Так как ∼ то : AO = AB : и ∠DAH = ∠OAE. Следовательно, ∠DAO = а значит ∼ 4BAH и ∠DOA = ∠BHA = Пусть AA 1 , и CC 1 — высоты треугольника ABC. Опустим из точки перпендикуляры B 1 K и B 1 N на стороны AB и BC и перпендикуляры и B 1 M на высоты и CC 1 . Так как KB 1 : CC 1 = AB 1 : AC = LB 1 : то 4C 1 A 1 C, а значит, KL k C 1 A 1 . Аналогично MN k C 1 A 1 . Кроме того k см. задачи 1.53 и 1.54 ). Следовательно, точки K, L, M и N лежат на одной прямой. 1.65. а) Пусть O — середина AC, O 1 — середина AB, O 2 — середина Будем считать, что AB 6 BC. Проведём через точку прямую O 1 K параллель- Рис. но EF (K — точка на отрезке EO 2 ). Докажем, что прямоугольные треугольники DBO и O 1 KO 2 равны. В самом деле AC/2 = и BO = (BC − AB)/2 = KO 2 . Из равенства треугольников и следует, что ∠BOD = = ∠O 1 O 2 E, те. прямая DO параллельна и касательная, проведённая через точку D, параллельна прямой б) Так как углы между диаметром AC и касательными к окружностям в точках F, D, равны, то ∠FAB = ∠DAC = ∠EBC и ∠FBA = = ∠DCA = ∠ECB, те лежит на отрезке AD, E — на отрезке DC. Кроме того = ∠BEC = = ∠ADC = 90 ◦ , поэтому FDEB — прямоугольник. 1.66. Пусть MQ и MP — перпендику- ляры, опущенные на стороны AD и BC, MR и MT — перпендикуляры, опущенные на продолжения сторон AB ирис. Обозначим через и вторые точки пересечения прямых RT и QP с окружностью. Так как TM 1 = RM = AQ и TM 1 k AQ, то AM 1 k TQ. Аналогично AP 1 k Поскольку ∠M 1 AP 1 = 90 ◦ , то RP ⊥ Обозначим точки пересечения прямых TQ и RP, M 1 A и RP, P 1 A и через E, F, G соответственно. Чтобы доказать, что точка E лежит на прямой, достаточно доказать, что прямоугольники AFEG и AM 1 CP 1 подобны. Так как ∠ARF = ∠AM 1 R = ∠M 1 TG = ∠M 1 CT, можно обозначить величины этих углов одной буквой a . AF = RA sin a = M 1 A sin 2 a , AG = M 1 T sin a = M 1 C поэтому прямоугольники AFEG и подобны Решения задач 29 1.67. Обозначим центры окружностей через и O 2 . Внешняя касательная касается первой окружности в точке K, а второй окружности в точке внутренняя касательная касается первой окружности в точке M, а второй окружности в точке N рис. 1.15). Пусть прямые KM и LN пересекают пря- Рис. 1.15 мую в точках и соответственно. Надо доказать, что P 1 = P 2 . Рассмотрим точки A, D 1 , пересечения прямых KL и MN, KM и O 1 A, LN и соответственно. ∠O 1 AM + ∠NAO 2 = 90 ◦ , поэтому прямоугольные треугольники и подобны, а также AO 2 k KM и AO 1 k LN. Из параллельности этих прямых получаем AD 1 : D 1 O 1 = O 2 P 1 : и D 2 O 2 : AD 2 = O 2 P 2 : P 2 O 1 . Из подобия четырёхугольников AKO 1 M и O 2 NAL получаем AD 1 : D 1 O 1 = D 2 O 2 : Следовательно, O 2 P 1 : P 1 O 1 = O 2 P 2 : P 2 O 1 , те Замечание. По поводу другого решения см. задачу ГЛАВА ВПИСАННЫЙ УГОЛ Основные сведения. Угол ABC, вершина которого лежит на окружности, а стороны пересекают эту окружность, называют вписанным в окружность. Пусть O — центр окружности. Тогда = 1 если точки B и O лежат по одну сторону от AC, и = 180 ◦ − 1 если точки B и O лежат по разные стороны от AC. Важнейшими наиболее часто используемым следствием этого факта является то, что величины углов, опирающихся на равные хорды, либо равны, либо составляют в сумме 180 ◦ 2. Величина угла между хордой AB и касательной к окружности, проходящей через точку A, равна половине угловой величины дуги AB. 3. Угловые величины дуг, заключённых между параллельными хордами, равны. 4. Как уже говорилось, величины углов, опирающихся на одну хорду, могут быть равны, а могут составлять в сумме 180 ◦ . Для того чтобы не рассматривать различные варианты расположения точек на окружности, введём понятие ориентированный угол между прямыми. Величиной ориентированного угла между прямыми AB и CD обозначение, CD)) будем называть величину угла, на который нужно повернуть против часовой стрелки прямую так, чтобы она стала параллельна прямой CD. При этом углы, отличающиеся насчитаются равными. Следует отметить, что ориентированный угол между прямыми CD и AB неравен ориентированному углу между прямыми AB и CD они составляют в сумме или, что по нашему соглашению тоже самое, Легко проверить следующие свойства ориентированных углов: а) ∠(AB, BC) = −∠(BC, б) ∠(AB, CD) + ∠(CD, EF) = ∠(AB, в) точки A, B, C, D, не лежащие на одной прямой, принадлежат одной окружности тогда и только тогда, когда ∠(AB, BC) = ∠(AD, DC) для доказательства этого свойства нужно рассмотреть два случая точки B и D лежат по одну сторону от AC; точки B и D лежат по разные стороны от Вводные задачи 1. а) Из точки A, лежащей вне окружности, выходят лучи и AC, пересекающие эту окружность. Докажите, что величина уг- Условия задач 31 ла BAC равна полуразности угловых величин дуг окружности, заклю- чённых внутри этого угла. б) Вершина угла BAC расположена внутри окружности. Докажите, что величина угла BAC равна полусумме угловых величин дуг окружности, заключённых внутри угла BAC и внутри угла, симметричного ему относительно вершины Из точки P, расположенной внутри острого угла BAC, опущены перпендикуляры и на прямые AB и AC. Докажите, что ∠C 1 AP Докажите, что все углы, образованные сторонами и диагоналями правильного угольника, кратны Центр вписанной окружности треугольника ABC симметричен центру описанной окружности относительно стороны AB. Найдите углы треугольника Биссектриса внешнего угла при вершине C треугольника пересекает описанную окружность в точке D. Докажите, что AD = BD. |